1、1物理参考答案2.B解析：现有大量的氢原子处于 n=3 的激发态，当这些氢原子向低能级跃迁时，辐射光子的频率为23C3n 种，选项 B 正确。7.ABC 解析：，三种射线中射线的电离本领最强，射线的穿透能力最强，故 AB 正确；卢瑟福做了粒子散射实验并提出了原子核式结构模型，而玻尔提出原子理论，故 C 正确，D 错误。8.BD解析：由核反应质量数和电荷数守恒可知，钚 239（23994Pu）由 239（23992U）经过 2 次衰变而产生，故 A 错误；由核反应质量数和电荷数守恒可知，核反应方程是 941214260Be+HeC+n，是发1B 解析：摩擦力对长木板的冲量大小为 2Ns，则摩擦力
2、对物体 B 的冲量大小也为 2Ns，根据动量定理，I m v mB0Bv，求得共同速度为 v 1m/s，对长木板用动量定理，I mAv，求得长木板的质量2kgAm，B 项正确。3.A 解析：具有相同质子数，不同的中子数的原子之间互为同位素，所以同位素具有相同的质子数与不同的中子数，不同的核子数，故 A 正确，B 错误，D 错误；具有相同质子数，不同的中子数的原子之间互为同位素，所以同位素的判定与电子无关，故 C 错误。4.B5.C6A 解析：由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒可知，第二个滑块开始运动的速度大小为021 v，第三个滑块开始滑动的速度大小为031 v，第(n-1)个球开始滑
3、动的速度大小为101vn，因此需要求的时间为00000001(1 2 3.1(n 1)11122231tLLLLLn(n 1)Lvvvvvvvnn L .n 1)选项A正确。2现中子的，故 B 正确；由01=()2tTmm剩可知，20g 23892U 经过两个半衰期后质量变为 5g，故 C 错误；424242根据质能方程可知，核反应中释放核能，从而导致原子核的核子总数减少，故 D 正确。9.BC 解析：原子核经 1 次衰变和 1 次衰变后质量数减 4，核电荷数减 1（先减 2 再加 1），故 A错误；发生衰变是放出 He，发生衰变是放出电子 01e，设发生了 x 次衰变和 y 次衰变，则根据质
4、量数和电荷数守恒有：2xy+91=92，4x+234=238，解得 x=1，y=1，故衰变过程为 1 次哀变和 1 次衰变，故 B 正确；发生衰变是放出 He，发生衰变是放出电子 01e，设发生了 x 次衰变和 y次衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2xy+82=90，4x+208=232，解得 x=6，y=4，故衰变过程中共有 6 次衰变和 4 次衰变，故 C 正确；发生衰变是放出 He，发生衰变是放出电子 01e，设发生了x 次衰变和 y 次衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2xy+86=92，4x+222=238，解得x=4，y=2，故衰变过程中共有 4 次衰变和 2 次衰变，故 D 错
5、误。12答案：(1)动量守恒(3 分)Lddm(4 分)(2)BC(3 分)解析：(1)平均动量守恒，MdtmLdt0。(2)根据碰撞特点：动量守恒、碰撞后机械能不增加、碰后速度特点可以判断不合理的是 BC。10AB 解析：由于 A 球追上 B 球且发生碰撞，所以碰撞前 A 球的速度大于 B 球的速度，即mA6 10mB，mBmA53；根据动量守恒可得：碰后 A 球的动量为 4kgm/s，碰撞后 A 球的速度小于或等于 B 球的速度，即 4mA12mB，mBmA3；根据碰撞前的总动能大于或等于碰撞后的总动能和Ek P22m可得：362mA1002mB 162mA1442mB，即：mBmA2.2
6、，综合上面分析可得：3mBmA2.2，选项 A和选项 B正确119.86 向左移动 (每空 4 分)解析：由共振曲线可知，单摆的固有周期为 2s，根据周期公式 T2lg，代入数据得 g9.86m/s2，当单摆保持摆长不变从地面移到高山顶时，重力加速度变小，单摆的固有周期变大，振动的频率变小。共振曲线的峰值的横坐标向左移动。313解析：碰撞前后由动量守恒可得：mv1mv1mv2(3 分)则：v1v1v2 说明碰撞之后两球的速度之和是定值(2 分)碰撞之后的动能：Ek12mv2112mv2212m(v21v22)12m(v1v2)22v1v2(3 分)因为 v1 和 v2 之和是定值，所以当两者相
7、等之时，v1v2 最大，也就是说碰撞之后系统的总动能最小，损失的动能最大。(2 分)14解析：设 A、B 两球的质量分别为 mA、mB根据机械能守恒知 12mAv20mAgl(1 分)12mAv21mAgh1(1 分)12mBv22mBgh2(1 分)由于碰撞时间极短，系统的动量守恒，则 mAv0mAv1mBv2(2 分)解得 mAmB12(2 分)又碰撞前后系统的动能之比为mAglmAgh1mBgh21(3 分)该碰撞为弹性碰撞15解析：下落过程中，由机械能守恒可得：12mv2mgh(2 分)着地之后停下的过程中，由动量定理可得：(Fmg)tmv(3 分)联立解得：Fm 2ghtmg(3 分)代入数据可得：F1F2358(2 分)416解析：(1)设小球偏角为时离开平衡位置的位移为 x，摆长为 L，5，则：xL，sin(1 分)小球受到的回复力大小：Fmgsin联立解得：FmgL x(2 分)且因 F 与 x 方向相反，故有 FmgL x，则小球做简谐运动(2 分)(2)由图 2 可知摆球的振幅 A0.08m，周期 T2s以摆球为研究对象：由周期公式：T2Lg(1 分)12由机械能守恒：mgL(1cos)mv2m(2 分)由三角函数知识：1cos 2sin2222(1 分)A由圆的知识：L(1 分)联立解得：v m0.08m/s(2 分)
